四川省乐山第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题 含解析

这是一份四川省乐山第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了 复数，则， 已知集合，，则， 已知向量，若，则， 以为渐近线的双曲线可以是， 下列说法正确的为等内容，欢迎下载使用。
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 复数，则（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的四则运算得到，再根据复数的模长公式求解即可.
【详解】，
.
故选：D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义即可得解.
【详解】因为集合，，
所以.
故选：B.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示及共线向量的坐标表示，列式求解.
【详解】由，得，则，
由，得，所以.
故选：C
4. 以为渐近线的双曲线可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用渐近线的求法，直接求出各个选项的渐近线方程，即可求解.
【详解】对于A，由得渐近线方程为，故A错误；
对于B，由得渐近线方程为，故B正确；
对于C，由得渐近线方程为，故C错误；
对于D，由得渐近线方程为，故D错误.
故选：B.
5. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.
【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，
如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.

6. 已知的展开式中的系数为17．则实数的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先找到的展开式通项为，再由乘法分配律得展开式中的系数为，即可得解.
【详解】根据题意，的展开式通项为，
所以的展开式中为：
，
则，解得.
故选：A
7. 已知函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性可得出，再由函数的单调性可得出，结合参变量分离法可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数与均是增函数，
所以，函数是上的增函数只需满足，即，解得，
由得，即恒成立，
所以，当时，函数取得最大值，所以，，即，
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
8. 某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图．底座是边长为的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线，，，一头连着底座端点，另一头都连在球的表面上（底座厚度忽略不计），若该艺术吊灯总高度为14，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意做出该艺术吊灯的主视图，确定正方形的外接圆圆心为，连接，由勾股定理及球体积公式计算即可．
【详解】如图，作出该艺术吊灯的主视图，由已知得四边形为正方形，则，
设正方形的外接圆圆心为，连接交球面于点，如图所示，则，
所以，
因为该艺术吊灯总高度为14，，所以，
设球半径为，则，
在中，，解得，
所以球的体积为，
故选：C．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.两个选项的每个选项3分，三个选项的每个选项2分.
9. 下列说法正确的为（ ）
A. 在回归模型的残差分析中，决定系数越接近1，意味着模型的拟合效果越好
B. 数据的标准差为，则数据的标准差为
C 已知随机变量，若，则
D. 在装有3个黑球，2个红球的袋子中随机摸出两个球，则摸出的两个球“均为黑球”与“均为红球”是对立事件
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用决定系数的意义可判断A；计算的标准差可判断B；由正态分布概率计算可判断C；摸出的两个球“均为黑球”的对立事件为“摸出的两个球“不全为黑球”，可判断D.
【详解】对于A，决定系数的值越大，残差平方和越小，拟合的效果越好，故A正确.
对于B：设数据的平均数，则的平均数为，
标准差为，故B正确；
对于C：因为随机变量，所以，
又因为，所以，
所以，故C正确；
对于D：在装有3个黑球，2个红球的袋子中随机摸出两个球，
则摸出的两个球“均为黑球”的对立事件为“摸出的两个球“不全为黑球”，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B.
C. 函数在上单调递增
D. 方程的解为，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，求出周期及、、，进而求出解析式，再根据正切函数的性质逐项判断即可.
【详解】对于A，由图可知，函数的最小正周期为，故A正确；
对于B，由，所以，
因为，则，则，
因为，则，所以，故B正确；
对于C，，由，得，
而，即时，没有意义，故C错误；
对于D，，则，
方程，得，
即，即，
所以或，因为，，
所以或，解得或，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的坐标为
B. 若，则的中点到轴距离的最小值为8
C. 若直线过点，则以为直径的圆过点
D. 若直线与的斜率之积为，则直线过点
【答案】AD
【解析】
【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D．
【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确；
B．显然斜率存在，设直线方程为，，
由得，，，
，所以，化简得，
线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离，
又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错；
C．设方程为（），由上述讨论知，
又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错；
D．，则，由上得，，
方程为，必过点，D正确．
故选：AD．
【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解．
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】由奇函数性质可求得的值，结合计算即可.
【详解】由题得，解得，
所以当时，，
所以.
故答案为：4.
13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理角化边可得，再结合余弦定理可得，根据三角形面积公式即可求解.
【详解】解：因为，由正弦定理可得：，即，
又，所以，
由，
所以，
故答案为：.
14. 甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表：
现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有________种；效益之和的最大值是________.
【答案】 ①. 78 ②. 80
【解析】
【分析】第一空，由间接法求解，5人的全排列减去甲承担C任务，丁承担A任务的排列，再加上重复减去的情况即可；第二空，通过讨论B项工作由甲承担还是乙承担，进行求解；
【详解】依据乘法原理，选派方法共有，
由表可知，五项工作获得的效益值总和最大为，但不能同时取得；
要使总和最大、甲可以承担B或D项工作，丙只能承担C项工作，则丁不可以承担C项工作，所以丁承担E项工作；
乙若承担B项工作，则甲承担D项工作，戊承担A项工作，此时效益值总和为：，
乙若不承担B项工作，则乙承担A项工作，甲承担B项工作，则戊承担D项工作，此时，效益值总和为：，
所以，完成五项工作后获得的效益值总和最大是80.
故答案为：78；80
四､解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知数列中，，.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，为数列的前n项和，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过等式左右两侧取倒数，结合等差数列的定义可证明结论.
（2）根据（1）可得数列的通项公式，由此可得结果.
（3）利用裂项相消法可求得，分析性质可证明结论.
【小问1详解】
∵，∴，即，
∴是以为首项，2为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）得，，
∴.
【小问3详解】
由（2）得，，
∴，
∵，∴，且随着增大而减小，
∴，当时，，
∴.
16. 如图，是边长为的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形.已知.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（3）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由是等腰直角三角形，可得和长度，再由是边长为的正三角形和勾股定理可证，最后由面面垂直的判定定理得证；
（2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，求得相应直线的方向向量，再得到平面的法向量，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值；
（3）利用向量法求得平面的法向量，进而可求二面角的余弦值.
【小问1详解】
取线段中点为，链接与，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，且,
又因为是边长为的正三角形，则，
则在中有，则，
又因为，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，
所以以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则．
设是平面的一个法向量，
则，取，则．
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
【小问3详解】
由（2）可知，
设平面的一个法向量分别为，
则，
令，则，即，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
17. 已知和为椭圆上两点.
（1）求的离心率；
（2）若过点的直线交于另一点，且的面积为12，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据椭圆上两点列方程可求出，即可得出离心率；
（2）分直线斜率不存在，存在讨论，当直线斜率存在时，设直线方程，联立方程组，
由根与系数的关系得出弦长，再由点到直线距离得出高，求出三角形面积，解方程即可得解.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以.
【小问2详解】
如图，
当的斜率不存在时，，，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，设，
则，消可得，
当时，
，又，所以，
，
又点到直线的距离，
所以，
整理可得或(无解），
即，解得或，
此时代入检验，均满足，
或，即或.
18. 国产动画电影《哪吒之魔童闹海》凭借其独特的艺术魅力与深刻的故事情节吸引了无数观众的目光，电影中的人物哪吒也深得观众喜爱.某公司适时推出10种款式不同的哪吒玩偶随机购活动，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式是等可能的.小王特别喜欢10种款式中的一种.
（1）若10种款式的玩偶各有一个.
（i）求小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率；
（ii）设小王买到特别喜欢的款式所需次数为，求的分布列及数学期望.
（2）若每种款式的玩偶数量足够多，每次玩偶被买后公司都会补充被买走的款式.为了满足客户的需求，引进了保底机制：在购买前指定一个款式，若前6次未买到指定款式，则第7次必定买到指定款式.设为小王买到某指定款式所需的次数，求的分布列及数学期望.
（参考数据：）
【答案】（1）（i）；（ii）分布列见解析，
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）（i）根据条件，利用条件概率公式，即可求解；（ii）由题知的可能取值为，利用古典概率公式求出相应取值对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求解；
（2）根据条件，求出的分布列，进而求出，再利用错位相减法，即可求解.
【小问1详解】
（i）设小王第次买到特别喜欢的款式为事件.
则小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率为.
（ii）依题意的可能取值为，
则，
所以的分布列为
则；
【小问2详解】
记，又的可能取值为.
因为前6次（包含第6次）没有保底，
则，其中，
又，
所以的分布列为
则.
记，
则，
两式相减，得，
所以.
19. 设函数.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）若有两个零点，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程即可；
（2）先分类讨论单调性，将恒成立问题转化为的最值问题分析求解可得；
（3）由有两个零点求范围，结合范围分析函数的极值，构造函数，利用单调性可得，进而比较，再借助单调性可证.
【小问1详解】
当时，，
所以切线方程为：，即.
【小问2详解】
由，
得，
①当，即时，，所以上单调递增，
且，不满足题意；
②当，即时，令，得，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
则，
要使恒成立，则，解得，满足.
故的取值范围为.
【小问3详解】
由题意若函数有两个零点，
结合（2）知，且，解得
当时，，
又，此时满足函数有两个零点.
下面证明结论成立.
不妨设，
构造函数，
则，
，
，
在上单调递增，
，即，
所以，
由，可得，
又，又，
又由（2）知，当时，单调递增，
故，即，得证.
A
B
C
D
E
甲
11
13
10
13
11
乙
25
26
24
23
23
丙
10
14
15
13
11
丁
7
9
11
9
11
戊
14
16
15
16
12
1
2
9
10
1
2
6
7